1、 中考数学 （浙江专用） 4.5 特殊的平行四边形 A组 20162020年浙江中考题组 考点一 矩形 1.(2020台州,10,3分)把一张宽为1 cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案,顶点A,D的对应点 A,D互相重合,中间空白部分是以E为直角顶点,腰长为2 cm的等腰直角三角形,则纸片的长AD(单位:cm) 为( ) A.7+3 B.7+4 C.8+3 D.8+4 22 22 答案答案 D 如图,过点M作MHAR于H,过点N作NJAW于J. EMN是等腰直角三角形,EM=EN=2,MN=2. 易知四边形EMHK是矩形, EK=AK=MH=1,KH=EM=2, RMH是等腰直角
2、三角形, RH=MH=1,RM=,同法可得NW=, AR=RA=AW=WD=4, 2 22 AD=AR+RM+MN+NW+DW=4+2+4=8+4. 故选D. 2222 2.(2019温州,10,4分)如图,在矩形ABCD中,E为AB中点,以BE为边作正方形BEFG,边EF交CD于点H,在边 BE上取点M使BM=BC,作MNBG交CD于点L,交FG于点N.欧几里得在几何原本中利用该图解释了 (a+b)(a-b)=a2-b2.现以点F为圆心,FE为半径作圆弧交线段DH于点P,连接EP,记EPH的面积为S1,图中阴 影部分的面积为S2.若点A,L,G在同一直线上,则的值为( ) 1 2 S S A
3、. B. C. D. 2 2 2 3 2 4 2 6 答案答案 C 易得阴影部分的面积为S2=a2-b2, 连接PF,由题意得PF=EF=a,HF=b,PH=,EH=a-b, S1=, =. 22 ab 22 () 2 abab 1 2 S S 22 22 () 2() abab ab 22 2() ab ab A,L,G在同一直线上,连接AG,易得ABGLCG, =,即=,LC=2b, HC=2b+b=a,即a=3b, AB BG LC CG 2a a LC b =.故选C. 1 2 S S 2 4 3.(2019金华、丽水,8,3分)如图,矩形ABCD的对角线交于点O.已知AB=m,BAC
4、=,则下列结论错误的 是( ) A.BDC= B.BC=m tan C.AO= D.BD= 2sin m cos m 答案答案 C A.四边形ABCD是矩形, BAD=CDA=90,AC=BD,AO=CO,BO=DO, AO=OB=CO=DO, CAD=BDA, BAC=BDC=,故本选项不符合题意; B.在RtABC中,tan =, 即BC=m tan ,故本选项不符合题意; C.在RtABC中,AC=,即AO=,故本选项符合题意; D.四边形ABCD是矩形, DC=AB=m, BAC=BDC=, 在RtDCB中,BD=,故本选项不符合题意. BC m cos m 2cos m cos m
5、故选C. 4.(2017宁波,12,4分)一个大矩形按如图方式分割成九个小矩形,且只有标号为和的两个小矩形为正 方形.在满足条件的所有分割中,若知道九个小矩形中n个小矩形的周长,就一定能算出这个大矩形的面 积,则n的最小值是( ) A.3 B.4 C.5 D.6 答案答案 A 如图,设正方形的边长为a,正方形的边长为b,矩形的长为c,矩形的宽为d,则大矩形的 长和宽分别是(a+c+b)和(a+d+b),a+c为矩形的周长的一半,a+d为矩形的周长的一半,于是只需知道 这两个矩形的周长和正方形的周长即可算出大矩形的面积.故选A. 5.(2020嘉兴、舟山,16,4分)如图,有一张矩形纸条ABCD
6、,AB=5 cm,BC=2 cm,点M,N分别在边AB,CD上,CN =1 cm.现将四边形BCNM沿MN折叠,使点B,C分别落在B,C上.当点B恰好落在边CD上时,线段BM的长为 cm;在点M从点A运动到点B的过程中,若边MB与边CD交于点E,则点E相应运动的路径长为 cm. 答案答案 ; 5 3 5 2 解析解析 如图, 四边形ABCD是矩形, ABCD,1=3, 由翻折的性质可知1=2,BM=MB, 2=3,MB=NB, NB=(cm), 22 B CNC 22 215 BM=NB=(cm). 如图,当点M与A重合时,易知AE=EN,设AE=EN=x cm, 在RtADE中,有x2=22
7、+(4-x)2,解得x=, DE=4-=(cm). 如图,当点M运动到MBAB时,DE的值最大,DE=5-1-2=2(cm). 5 5 2 5 2 3 2 如图,当点M运动到点B落在CD上时,DB(即DE)=5-1-=(4-)cm. 55 点E的运动轨迹为EEE,运动路径长=EE+EE=2-+2-(4-)=cm. 故答案为;. 3 2 5 3 5 2 5 3 5 2 6.(2019杭州,16,4分)如图,把某矩形纸片ABCD沿EF,GH折叠(点E,H在AD边上,点F,G在BC边上),使点B和 点C落在AD边上同一点P处,A点的对称点为A点,D点的对称点为D点.若FPG=90,AEP的面积为4,
8、 DPH的面积为1,则矩形ABCD的面积等于 . 答案答案 10+6 5 解析解析 由题意可知AEPF, AEP=EPF=DPH. 由折叠的性质知A=A=90,D=D=90, A=D,AEPDPH. =. AB=CD,AB=AP,CD=PD,AP=PD. SAEPSDPH=41, =2,即AE=2DP. SAEP=AP AE=DP 2DP=4,解得DP=2(负值舍去), AP=DP=2, AE=AE=4,EP=2,PH=EP=,DH=DH=AP=1. A E D P A P D H PE PH A E D P 1 2 1 2 22 A EA P5 1 2 5 1 2 AD=AE+EP+PH+D
9、H=5+3, AB=AP=2, S矩形ABCD=AB AD=10+6. 5 5 7.(2019绍兴,22,12分)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,A=B=90,C=135, E90,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大. (1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积; (2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由. 解析解析 (1)若所截矩形材料的一条边是BC,如图所示,过点C作CFAE于F, 矩形材料的面积为AB BC=65=30. 若所截矩形材
10、料的一条边是AE,如图所示, 过点E作EFAB交CD于F,过点F作FGAB于G,过点C作CHFG于H, 则四边形AEFG为矩形,四边形BCHG为矩形, DCB=135, FCH=45, CHF为等腰直角三角形, 又AE=FG=6,HG=BC=5, BG=CH=FH=FG-HG=6-5=1, AG=AB-BG=6-1=5, 矩形材料的面积为AE AG=65=30. (2)能.理由如下: 在CD上取点F,过点F作FMAB于M,FNAE于N,过点C作CGFM于G,则四边形ANFM为矩形,四边形 BCGM为矩形, DCB=135, FCG=45, CGF为等腰直角三角形, MG=BC=5,BM=CG,
11、FG=CG, 设AM=x,则BM=6-x, FM=GM+FG=GM+CG=BC+BM=11-x, S=AM FM=x(11-x)=-x2+11x=-(x-5.5)2+30.25, 当x=5.5时,矩形材料的面积取最大值30.25. 8.(2017衢州,24,12分)在直角坐标系中,过原点O及点A(8,0),C(0,6)作矩形OABC,连接OB,点D为OB的中 点,点E是线段AB上的动点,连接DE,作DFDE,交OA于点F,连接EF.已知点E从A点出发,以每秒1个单位 长度的速度在线段AB上移动,设移动时间为t秒. (1)如图1,当t=3时,求DF的长. (2)如图2,当点E在线段AB上移动时,
12、DEF的大小是否发生变化?如果变化,请说明理由;如果不变,请求 出tanDEF的值. (3)连接AD,当AD将DEF分成的两部分的面积之比为12时,求相应的t值. 解析解析 (1)当t=3时,点E为AB的中点, 点D为OB的中点, DEOA,DE=OA=4, 四边形OABC是矩形, OAAB, DEAB, OAB=DEA=90, 又DFDE,EDF=90, 四边形DFAE是矩形, DF=AE=3. (2)DEF的大小不变.如图1,作DMOA于M,DNAB于N. 1 2 图1 DM=AB=3,DN=OA=4, EDF=90=MDN, FDM=EDN, 又DMF=DNE=90, DMFDNE, =
13、, EDF=90,tanDEF=. (3)作DMOA于M,DNAB于N, 设AD交EF于点G, 因为AD将DEF分成面积之比为12的两部分, 所以点G为EF的三等分点. 1 2 1 2 DF DE DM DN 3 4 DF DE 3 4 四边形OABC是矩形,OAAB,四边形DMAN是矩形, MDN=90,DMAB,DNOA, =,=, 点D为OB的中点, M、N分别是OA、AB的中点, BD DO BN NA DO BD OM MA 当点E到达AB的中点之前时,如图2所示,NE=3-t, 图2 由DMFDNE得MF=(3-t), AF=4+MF=-t+, 点G为EF的三等分点, G, 3 4
14、 3 4 25 4 371 2 , 123 t t 设直线AD的解析式为y=kx+b(k0), 把A(8,0),D(4,3)代入,得解得 直线AD的解析式为y=-x+6, 把G代入,得t=; 当点E越过AB的中点之后,如图3所示,NE=t-3, 80, 43, kb kb 3 , 4 6, k b 3 4 371 2 , 123 t t 75 41 图3 由DMFDNE得MF=(t-3), AF=4-MF=-t+, 点G为EF的三等分点, G, 代入直线AD的解析式y=-x+6,得t=. 综上所述,当AD将DEF分成的两部分的面积之比为12时,t的值为或. 3 4 3 4 25 4 323 1
15、 , 63 t t 3 4 75 17 75 41 75 17 考点二 菱形 1.(2020台州,7,3分)如图,已知线段AB,分别以A,B为圆心,大于AB长为半径画弧,两弧交于点C,D,连接 AC,AD,BC,BD,CD,则下列说法错误的是( ) A.AB平分CAD B.CD平分ACB C.ABCD D.AB=CD 1 2 答案答案 D 由作图知AC=AD=BC=BD, 四边形ACBD是菱形, AB平分CAD,CD平分ACB,ABCD, 不能判断AB=CD,故选D. 2.(2020湖州,7,3分)四边形具有不稳定性,对于四条边长确定的四边形,当内角度数发生变化时,其形状也 会随之改变,如图,
16、改变正方形ABCD的内角,正方形ABCD变为菱形ABCD,若DAB=30,则菱形ABCD 的面积与正方形ABCD的面积之比是( ) A.1 B. C. D. 1 2 2 2 3 2 答案答案 B 根据题意可知菱形ABCD的高等于AB长的一半, 菱形ABCD的面积为AB2,正方形ABCD的面积为AB2. 菱形ABCD的面积与正方形ABCD的面积之比是. 故选B. 1 2 1 2 思路分析思路分析 根据30角所对的直角边等于斜边的一半可知菱形ABCD的高等于AB长的一半,再根据正方 形的面积公式和平行四边形的面积公式即可得解. 3.(2017台州,10,4分)如图,矩形EFGH的四个顶点分别在菱形
17、ABCD的四条边上,BE=BF.将AEH,CFG 分别沿边EH,FG折叠,若重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的,则为( ) A. B.2 C. D.4 1 16 AE EB 5 3 5 2 答案答案 A 设重叠的菱形的边长为x,BE=BF=y, 由矩形和菱形的对称性以及折叠的性质得四边形AHME、四边形BENF是菱形, AE=EM,EN=BE=y,EM=x+y, 重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的,且两个菱形相似, AB=4MN=4x, AE=AB-BE=4x-y, 4x-y=x+y,解得x=y,AE=y, 1 16 2 3 5 3 =.故选A. AE EB 5 3 y y 5 3
18、 4.(2018湖州,13,4分)如图,已知菱形ABCD,对角线AC,BD相交于点O,若tanBAC=,AC=6,则BD的长是 . 1 3 答案答案 2 解析解析 四边形ABCD是菱形, ACDB,tanBAC=, 又AC=6,BD=2,故答案是2. OB AO BD AC 1 3 5.(2020嘉兴,12,4分)如图,ABCD的对角线AC,BD相交于点O,请添加一个条件: ,使ABCD是 菱形. 答案答案 AB=BC(答案不唯一) 解析解析 邻边相等的平行四边形是菱形, 当AB=BC时可判定四边形ABCD为菱形. 故答案为AB=BC(答案不唯一). 6.(2019温州,15,5分)三个形状、
19、大小相同的菱形按如图所示方式摆放,已知AOB=AOE=90,菱形的 较短对角线长为2 cm.若点C落在AH的延长线上,则ABE的周长为 cm. 答案答案 (12+8) 2 解析解析 过C作OA的垂线交AO的延长线于M,设菱形的较长对角线长为x cm. 点C落在AH的延长线上, 在AMC中,OM=1,AM=x+1,CM=, OH=OC=, 又COH=COB+BOH=AOH+BOH=AOB=90, SACM=SCOH+SCOM+SOAH, =+, 即x2-4x-4=0, 解得x1=2+2,x2=-2+2(舍), ABE的周长=AB+AE+OB+OE 2 x 2 2 1 2 x 2 1 4 x (1
20、) 2 2 x x 2 2 1 4 2 x 1 2 2 x 1 2 x 22 =x+x+x+x =(2+2)x =(2+2)(2+2) =(12+8)cm. 22 2 22 2 7.(2019宁波,23,10分)如图,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD 的对角线BD上. (1)求证:BG=DE; (2)若E为AD中点,FH=2,求菱形ABCD的周长. 解析解析 (1)证明:四边形EFGH是矩形, EH=FG,EHFG, GFH=EHF. BFG=180-GFH,DHE=180-EHF, BFG=DHE, 四边形ABCD是菱形,ADBC, GBF
21、=EDH, BGFDEH(AAS), BG=DE. (2)连接EG. 四边形ABCD是菱形, AD=BC,ADBC. E为AD中点,AE=ED, BG=DE,AE=BG, 四边形ABGE是平行四边形, AB=EG. EG=FH=2,AB=2, 菱形ABCD的周长为8. 8.(2018衢州,24,12分)如图,RtOAB的直角边OA在x轴上,顶点B的坐标为(6,8),直线CD交AB于点D(6,3), 交x轴于点C(12,0). (1)求直线CD的函数表达式; (2)动点P在x轴上从点(-10,0)出发,以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动,过点P作直线l垂直于x轴,设运 动时间为t. 点P在运动
22、过程中,是否存在某个位置,使得PDA=B,若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理 由; 请探索当t为何值时,在直线l上存在点M,在直线CD上存在点Q,使得以OB为一边,O,B,M,Q为顶点的四 边形为菱形,并求出此时t的值. 解析解析 (1)设直线CD的解析式为y=kx+b(k0), 将D(6,3),C(12,0)代入, 得解得 直线CD的函数解析式为y=-x+6. (2)存在. 当点P在点A的左侧时, PDA=B,PDOB,PADOAB, =,PA= OA=6=, P. 当点P在点A的右侧时,可得P. 63, 120, kb kb 1 , 2 6, k b 1 2 PA OA AD A
23、B AD AB 3 8 9 4 15 ,0 4 33 ,0 4 (i)以点B为圆心,BO为半径画弧交直线CD于Q1,Q2两点, 由题意可知,BQ1=BO=BQ2,设Q, 由勾股定理得,(x-6)2+=102, 1 ,6 2 xx 2 1 2 2 x 解得x1=-4,x2=12, 即Q1,Q2的横坐标分别为-4和12. 易知M1,M2的横坐标分别为-10和6, 又点P从点(-10,0)开始运动, t1=0,t2=16. (ii)以O为圆心,OB为半径画弧交直线CD于Q3,Q4两点, 由题意可知,OQ3=OB=OQ4,设Q, 由勾股定理得,x2+=102, 解得x1=,x2=, 即Q3,Q4的横坐
24、标分别为和, 1 ,6 2 xx 2 1 6 2 x 124 89 5 124 89 5 124 89 5 124 89 5 可得M3和M4的横坐标分别为和, 又点P从点(-10,0)开始运动, t1=,t2=. 综上所述,当t为0或16或或时, 在直线l上存在点M,使得以OB为一边,O,B,M,Q为顶点的四边形为菱形. 424 89 5 424 89 5 924 89 5 924 89 5 924 89 5 924 89 5 9.(2016杭州,23,12分)在线段AB的同侧作射线AM和BN,若MAB与NBA的平分线分别交射线BN,AM于 点E,F,AE和BF交于点P.如图,点点同学发现当射
25、线AM,BN交于点C,且ACB=60时,有以下两个结论: APB=120;AF+BE=AB. 那么,当AMBN时: (1)点点发现的结论还成立吗?若成立,请给予证明;若不成立,请求出APB的度数,写出线段AF,BE,AB长 度之间的等量关系,并给予证明; (2)设点Q为线段AE上一点,QB=5.若AF+BE=16,四边形ABEF的面积为32,求AQ的长. 3 解析解析 (1)原结论不成立,新结论:APB=90;AF=BE=AB(或AF+BE=2AB). 理由如下:如图. 因为AMBN,所以MAB+NBA=180, 因为AE,BF分别平分MAB,NBA, 所以EAB=MAB,FBA=NBA, 所
26、以EAB+FBA=(MAB+NBA)=90, 所以APB=90. 因为AE平分MAB,所以MAE=BAE. 1 2 1 2 1 2 因为AMBN,所以MAE=BEA, 所以BAE=BEA,所以AB=BE.同理,AF=AB, 所以AF=BE=AB(或AF+BE=2AB). (2)过点F作FG直线AB于点G,因为AF=BE,AFBE, 所以四边形ABEF为平行四边形,由(1)知AF=AB, 所以四边形ABEF为菱形. 又AF+BE=16,所以AB=AF=BE=8. 由32=8FG,得FG=4, 又因为AF=8,所以FAG=60,当点G在线段AB上时,FAB=60, 当点G在线段BA的延长线上时,F
27、AB=120. 如图,当FAB=60时,PAB=30, 所以PB=4,PA=4, 因为BQ=5,BPA=90, 33 3 所以PQ=3,所以AQ=4-3或AQ=4+3. 如图,当FAB=120时,PAB=60,FBG=30, 所以PB=4, 因为PB=45,则线段AE上不存在符合条件的点Q. 综上,AQ=4-3或4+3. 33 3 3 33 方法指导方法指导 对于(1),利用角平分线和平行线的性质求解.对于(2),过点F作FG直线AB于点G,根据条件 求出AF,FG,从而推出FAG=60,然后根据点G的不同位置,分FAB=60和FAB=120两种情况进行 讨论. 考点三 正方形 1.(2020
28、台州,8,3分)下面是关于某个四边形的三个结论:它的对角线相等;它是一个正方形;它是一 个矩形,下列推理过程正确的是( ) A.由推出,由推出 B.由推出,由推出 C.由推出,由推出 D.由推出,由推出 答案答案 A 根据正方形的特点由可以推出,根据矩形的性质由可以推出,故选A. 2.(2019绍兴,9,4分)正方形ABCD的边AB上有一动点E,以EC为边作矩形ECFG,且边FG过点D.在点E从点 A移动到点B的过程中,矩形ECFG的面积( ) A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.一直变大 D.保持不变 答案答案 D 连接DE, SCDE=S矩形CEGF,SCDE=S正方形ABCD, 矩形
29、ECFG与正方形ABCD的面积相等. 故选D. 1 2 1 2 3.(2019台州,10,4分)如图是用8块A型瓷砖(白色四边形)和8块B型瓷砖(黑色三角形)不重叠、无空隙拼接 而成的一正方形图案,图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为( ) A.1 B.32 C.1 D.2 232 答案答案 A 如图,作DCEF于C,DKFH于K,连接DF. 由题意易得CDM=MDF=FDN=NDK, CDK=DKF=90,DK=FK,DF=DK, =,=. 图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为1.故选A. 2 DF DK 2 A B S S 型 型 2 2 4.(2020台州,16,5分
30、)用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案,每块大正方形 地砖面积为a,小正方形地砖面积为b,依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD,则正方形 ABCD的面积为 (用含a,b的代数式表示). 答案答案 a+b 解析解析 如图,连接AE、AF, 点A为大正方形的中心, AE=AF,EAF=90,AEF=AFE=45, GEF=90,AEG=GEF-AEF=45, AEG=AFE,四边形ABCD为正方形,DAB=EAF=90, GAE=HAF,在GAE与HAF中, GAEHAF(ASA), SGAE=SHAF, SGAE+SAEH=SHAF+SAEH, 即S四边形GAH
31、E=SAEF, SAEF=S大正方形=a, S四边形GAHE=SAEF=a, S正方形ABCD=4a+b=a+b, , , , GAEHAF AEAF AEGAFH 1 4 1 4 1 4 1 4 故答案为a+b. 5.(2019绍兴,16,5分)把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块,其中点O为正方形的中心,点E,F 分别为AB,AD的中点.用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ(要求这四块纸片不重叠、 无缝隙),则四边形MNPQ的周长是 . 22 答案答案 6+2或10或8+2 解析解析 图1的周长为1+2+3+2=6+2; 图1 图2的周长为1+4+1+4=10; 22
32、 图2 图3的周长为3+5+=8+2; 图4的周长为4+4+=8+2. 图3 图4 故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2. 222 222 22 6.(2018台州,16,5分)如图,在正方形ABCD中,AB=3,点E,F分别在CD,AD上,CE=DF,BE,CF相交于点G.若图 中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为23,则BCG的周长为 . 答案答案 +3 15 解析解析 阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为23,阴影部分的面积为9=6,空白部分 的面积为9-6=3,由CE=DF,BCE=CDF=90,BC=CD,可得BCECDF,BCG的面积与四边形 DEGF的面积相
33、等,均为3=,CBE=DCF,DCF+BCG=90,CBG+BCG=90,即BGC =90,设BG=a,CG=b,则ab=,又a2+b2=32,a2+2ab+b2=9+6=15,即(a+b)2=15,a+b=,即BG+CG= ,BCG的周长=+3. 2 3 1 2 3 2 1 2 3 2 15 1515 7.(2019杭州,21,10分)如图,已知正方形ABCD的边长为1,正方形CEFG的面积为S1,点E在DC边上,点G在 BC的延长线上,设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2,且S1=S2. (1)求线段CE的长; (2)若点H为BC边的中点,连接HD,求证:HD=HG. 解析解析 根据
34、题意,得AD=BC=CD=1,BCD=90. (1)设CE=x(0x1),则DE=1-x. 因为S1=S2,所以x2=1-x, 解得x=(负根舍去),即CE=. (2)证明:因为点H为BC边的中点, 所以CH=, 所以HD=. 因为CG=CE=,点H,C,G在同一直线上, 所以HG=HC+CG=+=,所以HD=HG. 51 2 51 2 1 2 5 2 51 2 1 2 51 2 5 2 8.(2019舟山,24,12分)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作,推理与拓展. (1)温故:如图1,在ABC中,ADBC于点D.正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB、AC
35、上,若 BC=a,AD=h,求正方形PQMN的边长(用a,h表示). (2)操作:如何画出这个正方形PQMN呢? 如图2,小波画出了图1的ABC,然后按数学家波利亚在怎样解题中的方法进行操作,先在AB 上任 取一点P,画正方形PQMN,使点Q,M在BC边上,点N在ABC内,然后连接BN,并延长交AC于点N,作NM BC于点M,NPNM交AB于点P,PQBC于点Q,得到四边形PQMN. (3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形. (4)拓展:小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”,在该线上截取NE=NM,连接EQ,EM(如图3).当QEM =90时,求“波利亚线”BN的长(用a,h表示).
36、 请帮助小波解决“温故”“推理”“拓展”中的问题. 解析解析 (1)PNBC, APNABC. =,即=. 解得PN=. (3)由画法可得QMN=PNM=PQM=90, 四边形PQMN为矩形,MNMN, BNMBNM. =. 同理可得=. =. PN BC AE AD PN a hPN h ah ah M N MN BN BN P N PN BN BN M N MN P N PN MN=PN,MN=PN. 四边形PQMN为正方形. (4)过N作NREM于点R, NE=NM,NEM=NME,ER=RM =EM, 又EQM+EMQ=EMQ+EMN=90, EQM=EMN, 又QEM=NRM=90,
37、NM=QM, EQMRMN(AAS). 1 2 EQ=RM,EQ=EM, QEM=90,BEQ+NEM=90,BEQ=EMB, 又EBM=QBE, BEQBME, =, 设BQ=x,则BE=2x,BM=4x, QM=BM-BQ=3x=MN=NE, BN=BE+NE=5x,BN=NM=. 1 2 BQ BE BE BM EQ EM 1 2 5 3 5 33 ah ah 9.(2018杭州,23,12分)如图,在正方形ABCD中,点G在边BC上(不与点B,C重合),连接AG,作DEAG于点E, BFAG于点F,设=k. (1)求证:AE=BF; (2)连接BE,DF,设EDF=,EBF=.求证:t
38、an =ktan ; (3)设线段AG与对角线BD交于点H,AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2.求的最大值. BG BC 2 1 S S 解析解析 (1)证明:因为四边形ABCD是正方形, 所以BAF+EAD=BAD=90, 又因为DEAG, 所以AED=90, 所以EAD+ADE=90, 所以ADE=BAF, 又因为BFAG, 所以DEA=AFB=90. 又因为AD=AB, 所以RtDAERtABF, 所以AE=BF. (2)证明:易知RtBFGRtDEA, 所以=, BF DE BG AD 在RtDEF中,tan =, 在RtBEF中,tan =, 所以ktan =tan , 所
39、以tan =ktan . (3)设正方形ABCD的边长为1,则BG=k, 所以ABG的面积等于k. 易知AHDGHB, 所以=k, 因为ABD的面积为, EF DE EF BF BG BC EF BF BG AD EF BF BF DE EF BF EF DE 1 2 BH HD BG AD 1 2 所以S1=, 所以S2=1-k-=, 所以=-k2+k+1=-+, 因为0k0),则有a (a-1)=1,化简得a2-a-1=0. 解得a=或(舍),所以AE的长为.(10分) (3)证法一:如图1,在线段EG上取点P,使得EP=DG. 在AEP与ADG中,AE=AD,AEP=ADG,EP=DG,
40、 所以AEPADG,所以AP=AG,EAP=DAG. 所以PAG=PAD+DAG=PAD+EAP=DAE=90, 所以PAG为等腰直角三角形. AE DC AF DF 15 2 15 2 15 2 于是EG-DG=EG-EP=PG=AG.(14分) 证法二:如图2,过点A作AG的垂线,与DB的延长线交于点Q. 在AEG与ADQ中, AE=AD,AEG=ADQ,EAG=90+DAG=DAQ, 2 所以AEGADQ,所以EG=DQ,AG=AQ, 所以AGQ为等腰直角三角形. 于是EG-DG=DQ-DG=QG=AG.(14分) 2 思路分析思路分析 (1)先利用SAS证明AEFADB,再利用互余性质
41、得出EGB=90,问题解决;(2)先根据矩 形性质可证AEFDCF,得到AE DF=AF DC,再设AE=AD=a(a0),则DF=a-1,解方程即可;(3)两种证 法:在线段EG上截取线段EP=DG,然后证明AEPADG(SAS),得到AP=AG,EAP=DAG,再证 PAG=90,利用等腰直角三角形的性质得出结论;作AQAG交DB的延长线于点Q,然后利用(1)的结论 及已知证明AEGADQ,得到EG=DQ,AG=AQ,再由等腰直角三角形的性质得出结论. 难点突破难点突破 解决第(3)问的突破口是构造AEPADG(或AEGADQ),将问题转化为求证PG= AG(或QG=AG),体现了转化与化
42、归的思想. 22 4.(2017福建,24,12分)如图,矩形ABCD中,AB=6,AD=8,P,E分别是线段AC,BC上的点,且四边形PEFD为矩 形. (1)若PCD是等腰三角形,求AP的长; (2)若AP=,求CF的长. 2 解析解析 (1)在矩形ABCD中,AB=6,AD=8,ADC=90, DC=AB=6,AC=10. 要使PCD是等腰三角形,有如下三种情况: 当CP=CD时,CP=6,AP=AC-CP=4. 当PD=PC时,PDC=PCD, PCD+PAD=PDC+PDA=90, PAD=PDA,PD=PA, PA=PC,AP=,即AP=5. 当DP=DC时,过D作DQAC于Q,则
43、PQ=CQ. SADC=AD DC=AC DQ, DQ=, 22 ADDC 2 AC 1 2 1 2 AD DC AC 24 5 CQ=, PC=2CQ=,AP=AC-PC=. 综上所述,若PCD是等腰三角形,则AP=4或AP=5或AP=. (2)连接PF,DE,记PF与DE的交点为O,连接OC. 四边形ABCD和四边形PEFD都是矩形, ADC=PDF=90, 22 DCDQ 18 5 36 5 14 5 14 5 即ADP+PDC=PDC+CDF, ADP=CDF. BCD=90,OE=OD,OC=ED. 在矩形PEFD中,PF=DE,OC=PF. OP=OF=PF,OC=OP=OF, O
44、CF=OFC,OCP=OPC, 又OPC+OFC+PCF=180, 2OCP+2OCF=180,PCF=90,即PCD+FCD=90. 在RtADC中,PCD+PAD=90,PAD=FCD. ADPCDF,=.AP=,CF=. 1 21 2 1 2 CF AP CD AD 3 4 2 3 2 4 易错警示易错警示 在第(1)问中,分三种情况CP=CD、PD=PC、DP=DC讨论,不能丢解. 一题多解一题多解 (2)连接PF,DE,记PF与DE相交于点O,连接OC. 四边形DPEF是矩形,OP=OE=OD=OF. ECD是直角三角形,OC=OE=OD. D、P、E、C、F都在以O为圆心,OC为半
45、径的圆上. PCF=BCD=90,DCF=ACB. ADBC,ACB=DAC. DCF=DAP. 又ADC=PDF=90, CDF=ADP,CDFADP. =,=, CF=. CF AP DC AD2 CF6 8 3 2 4 5.(2017丽水,24,12分)如图,在矩形ABCD中,点E是AD上的一个动点,连接BE,作点A关于直线BE的对称点 F,且点F落在矩形ABCD的内部.连接AF,BF,EF,过点F作GFAF交AD于点G.设=n. (1)求证:AE=GE; (2)当点F落在AC上时,用含n的代数式表示; (3)若AD=4AB,且以点F,C,G为顶点的三角形是直角三角形,求n的值. AD
46、AE AD AB 解析解析 设AE=a,则AD=na. (1)由对称知AE=FE, EAF=EFA,GFAF, EAF+FGA=EFA+EFG=90, FGA=EFG,EG=EF,AE=EG. 图1 (2)当点F落在AC上时,如图1, 由对称知BEAF, ABE+BAC=90,DAC+BAC=90, ABE=DAC,BAE=D=90,ABEDAC, =,AB=DC, AB2=DA AE=na2,AB0,AB=a, AB DA AE DC n 图2 =. (3)若AD=4AB,则AB=a. 当点F落在线段BC上时,如图2,EF=AE=AB=a,此时a=a,n=4, 当点F落在矩形内部时,n4,
47、AD AB na na n 4 n 4 n 点F落在矩形内部,点G在AD上, FCGBCD, FCGAC,按以下步骤作图:(1)分别以点A,B为 圆心,大于AB的长为半径作弧,两弧相交于M,N两点(点M在AB的上方);(2)作直线MN交AB于点O,交BC 于点D;(3)用圆规在射线OM上截取OE=OD.连接AD,AE,BE,过点O作OFAC,垂足为F,交AD于点G.下列 结论: CD=2GF;BD2-CD2=AC2;SBOE=2SAOG;若AC=6,OF+OA=9,则四边形ADBE的周长为25. 其中正确的结论有( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 1 2 答案答案 D OFAC,AFO=ACD=90,OFBC,易知MN垂直平分AB,AO=BO,AG=GD,AF =FC,CD=2GF,故正确; AO=BO,DO=EO,四边形ADBE为平行四边形,又DEAB,四边形ADBE为菱形,AD=BD, 在RtACD中,AD2-CD2=AC2,BD2-C
